2025高考数学一轮复习-第3章-第3节 导数与函数的单调性（二）【课件】

这是一份2025高考数学一轮复习-第3章-第3节 导数与函数的单调性（二）【课件】，共54页。PPT课件主要包含了CONTENTS，考点聚焦突破，2＋∞，e－2＋∞，解得a≥e－2，－∞3，c＜a＜b，a＜b＜c，所以a＜b＜c，课时分层精练等内容，欢迎下载使用。
1.会根据函数的单调性求参数的范围.2.会利用函数的单调性解不等式、比较函数值的大小.
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考点一　利用单调性求参数范围
解析　因为f(x)＝(x2－mx＋2)ex，所以f′(x)＝(2x－m)ex＋(x2－mx＋2)ex＝[x2＋(2－m)x＋2－m]ex，
当且仅当x＋1＝1，即x＝0时取等号，所以m>2.
(2)(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是__________________.
因为ax＞0，所以g(x)≥0.因为a∈(0，1)，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，
根据函数单调性求参数的方法：(1)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.(2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)0恒成立，所以f(x)是增函数.
又lg24e3－xf(3－x)，即g(2x＋1)>g(3－x)，
解析　由题意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)3，即g(x)>g(2)，∴原不等式的解集为(0，2).
二、通过变量构造具体函数例4 已知a＜5，且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则(　　)A.c＜b＜a B.b＜c＜aC.a＜c＜b D.a＜b＜c
∵ae5＝5ea，a＜5，∴a＞0.
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∵f(5)＝f(a)，而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c).∵f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，0＜a＜b＜c＜1.
∴g(x)在R上为增函数，又a＞0，∴g(a)＞g(0)，
解析　构造函数f(x)＝ex－ln x，x∈(0，1)，
(2)若0＜x1＜x2＜1，则(　　)A.ex2－ex1＞ln x2－ln x1B.ex2－ex1＜ln x2－ln x1C.x2ex1＞x1ex2D.x2ex1＜x1ex2
∴f(x)在(0，1)上不单调，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错误；
所以函数F(x)在(0，π)上单调递增，
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解析　f′(x)＝－x2＋a，
∴f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，∴a＞0.
3.已知a∈R,则“a≤2”是“f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
解析　当x≥0时，f′(x)＝ex＋cs x，因为ex≥1，cs x∈[－1，1]，所以当x≥0时，f′(x)＝ex＋cs x≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)